Cadena lineal

Considere un modelo de 2 núcleos atómicos acomodados linealmente como se muestra en

la Figura 1 y un electrón libre. El Hamiltoniano de este sistema se puede representar en

forma matricial como sigue:

H = t

0 1

1 0

Figura 1: Cadena lineal de dos núcleos atómicos.

Este Hamiltoniano se llama de amarre fuerte En una cadena lineal como la que estamos

estudiando cada núcleo tiene dos vecinos, uno a su derecha y otro a su izquierda, este hecho

es de fundamental importancia ya que impondrá las condiciones de frontera a este problema

pues los núcleos en los extremos de la cadena tendrán también dos vecinos inmediatos1.

Obtener el Hamiltoniano del sistema en forma matricial simplifica muchos cálculos, pues

a partir de esta matriz se pueden conocer los valores para la energía al resolver la ecuación

de Shrodinger Hψ = Eψ. Resolver está ecuación, se reduce a un problema de valores propios

que tiene soluciones distintas de 0 solo si,

det (H − IE) = det

−E −1

−1 −E

= 0

Resolviendo, se obtienen 2 eigenvalores para la energía,

E1 = −1

E2 = 1

2

Las eigenfunciones asociadas a estos eigenvalores, respectivamente son (ver figura 2):

Ψ1 =1√2

1

1

Ψ2 =1√2

1

−1

Figura 2: Eigenfunciones para una cadena lineal de dos partículas.

El eigenvalor E1 se refiere a la energía más baja del sistema, si se observa en la figura 2,

Ψ1 tiene un comportamiento constante, ya que en el sitio uno la eigenfunción vale 1√2y en

el sitio dos vale 1√2que se puede interpretar tambien como una curvatura nula, lo que está

estrechamente relacionado con qué tanta energía está almacenada, pues a mayor curvatura

se piensa que hay mayor energía. Así, observando la eigenfunción Ψ2 que en el sitio uno vale1√2mientras que en el sitio dos vale − 1√

2entonces se tiene una curvatura distinta de cero

que podemos atribuir a su correspondiente eigenvalor E2 que es mayor a la energía E1.

A continuación se resuleve el problema de una cadena lineal de 3 núcleos atómicos con un

sólo electrón2 con condiciones de frontera periódicas, es decir, el núcleo n-ésimo tiene como

vecinos al núcleo situado en el sitio 1 y al situado en el sitio n− 1. Ver Figura 3.

El hamiltoniano del sistema es:

3

Figura 3: Cadena lineal de tres partículas con condiciones periódicas.

H = t

0 1 1

1 0 1

1 1 0

Para resolver el problema de eigenvalores:

det

−E −1 −1

−1 −E −1

−1 −1 −E

= 0

Con polinomio característico (E + 2)(E − 1)2 = 0, obteniéndose tres eigenvalores de la

energía:

E1 = −2

E2,3 = 1

Las eigenfunciones correspondientes a estos eigenvalores se muestran en la figura 4.

Para una cadena lineal de 4 núcleos atómicos se tiene un hamiltoniano como el que sigue:

H = t

0 1 0 1

1 0 1 0

0 1 0 1

1 0 1 0

Resolviendo el problema de eigenvalores se obtienen los valores de la energía.

4

Figura 4: Eigenfunciones para una cadena lineal de tres partículas con condiciones periódicas.

E1 = −2

E2,3 = 0

E4 = 2

Con las siguientes eigenfunciones.

Figura 5: Eigenfunciones para una cadena lineal de cuatro partículas con condiciones periódicas.

La cuestión ahora se torna a pensar en el caso de N núcleos atómicos, ¿qué pasa en los

casos en que N es un número entero muy muy grande, tanto que pueda llegar a considerarse

como una cadena infinita? Para dar respuesta a esta pregunta se escribió un programa en

Matlab que diagonaliza la matriz hamiltoniana para el caso de cadenas lineales de 10, 20, 30,

5

40, 100, 200, 300 y 400 partículas con condiciones periódicas. Se graficaron los eigenvalores

en cada caso. Observando que para un número N cada vez mayor la curva que muestra el

comportamiento de la energía se acerca cada vez más a un continuo. Véase figura 6.

Figura 6: Eigenvalores para cadenas lineales desde diez hasta cuatrocientas partículas.

Como se sabe, para diagonalizar una matriz H3 se encuentra la matriz de cambio de base

U, la cual es de la forma: U = (Ψ1(n),Ψ2(n),Ψ3(n), ...) es decir, es la matriz que contiene

como vectores columna a las eigenfunciones Ψm donde m es el eigenvalor correspondiente.

En la figura 7, se muestran las gráficas de las eigenfunciones correspondientes a la energía

más baja (E1) y a la energía más alta (E40) y en la figura 8 se muestra una renormalización

de la energía de una arreglo lineal de 40 núcleos atómicos.

Si observamos la eigenfunción del eigenvalor más bajo E1, que como en los ejemplos

anteriores, en cada sitio tiene un mismo valor, en general, se puede reescribir de la siguiente

manera:

Ψ1 (n) =1√40

1

1

.

.

.

1

1

6

Figura 7: Eigenfunciones correspondientes a lamenor energía y a la máxima para una cadena de

cuarenta partículas.

Figura 8: Eigenvalores de la energía renormalizados.

Lo cual puede ser confirmado al recurrir a la ecuación de valores propios Hψ = Eψ, es

decir,

7

t

0 −1 0 0 . . −1

−1 0 −1 0 . . 0

0 −1 0 −1 . . 0

0 0 −1 0 . . 0

. . . . . . .

. . . . . . .

−1 0 0 0 . . 0

1

1

.

.

.

1

1

=

−2

−2

.

.

.

−2

−2

= −2

1

1

.

.

.

1

1

Esto significa que E1 = −2 el valor más bajo de la energía que además se confirma

al observar la figura 6, en donde todas las curvas nacen en −2.Este resultado es de gran

importancia, ya que, se relaciona con el número de vecinos que tiene cada núcleo en la

cadena, se concluye de lo anterior que, para condiciones periódicas: La energía del estado

base es igual a: menos el número de vecinos.

Ahora, si se observa a Ψ40 es fácil ver que está oscilando entre un valor y otro en cada

sitio; en la figura se ve que Ψ40 está normalizada, entonces se puede escribir como sigue:

Ψ1 (n) =1√40

1

−1

1

−1

.

.

−1

Y multiplicando por la matriz hamiltoniana como se hizo anteriormente,

0 −1 0 0 . . −1

−1 0 −1 0 . . 0

0 −1 0 −1 . . 0

0 0 −1 0 . . 0

. . . . . . .

. . . . . . .

−1 0 0 0 . . 0

1

−1

1

−1

.

.

−1

=

2

−2

2

.

.

.

−2

= 2

1

−1

1

−1

.

.

−1

8

Concluimos que, para condiciones periódicas la energía máxima del sistema es igual a: el

número de vecinos.

Nuestro objetivo ahora es dar una expresión mediante la cual se obtenga cualquier eigen-

funcion de un sistema lineal de N núcleos atómicos, ya que, al tener las eigenfunciones es

posible también conocer los eigenvalores correspondientes a la energía, como se ha hecho pre-

viamente. Partiendo de la información que se tiene hasta ahora, escribimos las eigenfunciones

de la energía más alta y la más baja en términos de exponenciales como sigue:

Ψ1 (n) =1√N

1

1

1

.

.

.

1

=1√N

ei0

ei0

ei0

.

.

.

ei0

ΨN (n) =1√N

1

−1

1

−1

.

.

.

=1√N

ei0

eiπ

ei0

eiπ

.

.

.

Generalizando proponemos una expresión para las eigenfunciones de la forma:

Ψm(n) =

eik(m)1

eik(m)2

eik(m)3

.

.

.

eik(m)N

(1)

Donde n es el sitio en la cadena y m es el índice que corresponde al número de eigenfunción.

9

Para asegurarnos que esta expresión funciona aplicamos la ecuación de eigenvalores Hψ =

Eψ.

0 −1 0 0 . . −1

−1 0 −1 0 . . 0

0 −1 0 −1 . . 0

0 0 −1 0 . . 0

. . . . . . .

. . . . . . .

−1 0 0 0 . . 0

eik(m)1

eik(m)2

eik(m)3

.

.

.

eik(m)N

=

(eik(m)1)(−eik(m) − eik(m)(N−1))

(eik(m)2)(−eik(m) − e−ik(m))

(eik(m)3)(−eik(m) − e−ik(m))

.

.

.

(eik(m)N)(−eik(m)(1−N) − e−ik(m))

Donde los paréntesis del lado izquierdo en la última igualdad son nuevamente la Ψm que

propusimos. Solo hay dos detalles en el resultado anterior, la primera y la última entrada,

como era de esperarse debido a las condiciones de frontera impuestas, de modo que, para

poder factorizar un término (energía) y obtener nuevamente la eigenfunción Ψm se debe

cumplir que:

e−ik(m)N = 1 (2)

Lo que impone nuevas condiciones, ya que para que se cumpla (2) kN = 2πs entonces:

k =2πs

N(3)

Con s = 0, 1, ...(N − 1).

Así se obtiene el eigenvalor4 para la energía:

E(k) = −(eik(m) + e−ik(m)) = −2cos(ka) (4)

Donde hemos definido la posición del N-ésimo núcleo en la cadena como x = Na. O

también,

E(s) = −2cos(2πs

N) (5)

Por un lado se obtuvo la energía mediante graficar a los eigenvalores obtenidos al diago-

nalizar H (ver Figura 6), por otro lado, obtuvimos una expresión analítica para esa misma

10

energía. Graficando las dos anteriores se observa que no coinciden estas dos. Ver figura 9.

¿Cuál es la razón por la que no coinciden? La respuesta se encuentra en la degeneración del

sistema, si observamos la grafica obtenida por medio de la diagonalización, se ve claramente

que a dos eigenvalores les corresponde el mismo valor cada vez.

Figura 9: Comparación de resultado númerico (azul) y analítico (rojo) para la energía del sistema.

El modelo que estamos utilizando son N núcleos atómicos con un electrón libre, en mecá-

nica cuántica el análisis para tratar este modelo es la solución del problema de la partícula

libre, al resolver este problema se encuentra que:

P =im

h

[x, H

]Donde P , x, H son los operadores de momento, de posición y el hamiltoniano del sistema

respectivamente.

Conocemos cómo es el operador hamiltoniano H, y el objetivo que ahora se tiene es

construir al momento mediante esta relación, para este fin se calcula el operador de posición

x en la base de Weignner, esto es para una matriz de 3x3:

x =

a 0 0

0 2a 0

0 0 3a

Operando con el conmutador a las matrices se tiene que,

11

[x, H

]= at

0 1 1

1 0 1

1 1 0

1 0 0

0 2 0

0 0 3

− at

1 0 0

0 2 0

0 0 3

0 1 1

1 0 1

1 1 0

= at

0 −1 −2

1 0 −1

2 1 0

Entonces para el modelo de una cadena lineal de 3 núcleos atómicos el momento está

dado por:

P =m

hat

0 −i −2i

i 0 −i

2i i 0

Para N = 2:

P =m

hat

0 −i

i 0

Y para N = 4:

P =m

hat

0 −i 0 −3i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

3i 0 i 0

Ahora, para que el momento del sistema se conserve, se debe cumplir que:

[P , H

]= 0

Sin embargo, al hacer el conmutador del operador P con H se verifica que no conmutan.

Podria argüir que al hacer el conmutador no obtenemos que los operadores conmutan debido

a las condiciones de frontera que hemos impuesto desde un principio. Lo que obtenemos en

la matriz que representa al operador P es la distancia entre sitios, es decir, recordemos una

vez más el arreglo de la cadena para 3 núeclos, en él, si no impusieramos la condición de

periodicidad, es decir, que el primero de los núcleos tenga como vecino imnediato al tercero,

tendríamos que si nos situaramos en el sitio 1, para llegar al sitio 3 habría que recorrer 2

sitios más, ese es el resultado que aparece en la entrada (1, 3) en la matriz de P . Nuestras

12

condiciones requieren un pequeño cambio al respecto, por ello propongamos entonces el

siguiente operador de momento, basados en los resultados anteriores para N = 3

P =m

hat

0 −i i

i 0 −i

−i i 0

(6)

cuyos eigenvalores y eigenvectores son, respectivamente:

λ1 = −√

3

λ2 =√

3

λ3 = 0

U =m

hat

− i

2(−i+

√3) i

2(i+√

3) 1

i2(i+√

3) − i2(−i+

√3) 1

1 1 1

Y el conmutador de H y P ,

[P , H

]=

0 −i i

i 0 −i

−i i 0

0 1 1

1 0 1

1 1 0

−

0 1 1

1 0 1

1 1 0

0 −i i

i 0 −i

−i i 0

=

0 0 0

0 0 0

0 0 0

La matriz U es la matriz de cambio de base que anteriormente ya hemos mencionado,

de modo que, una transformación en esta base nos puede regresar una matriz diagonal P ′

cuyas únicas entradas distintas de cero son los eigenvalores de P , esta información es de

gran importancia, ya que si los eigenvalores son cantidades reales es posible asociarles una

cantidad fisicamente observable, las matrices que tienen esta propiedad se llaman matrices

Hermitianas. Es fácil corroborar que la matriz P que hemos propuesto es hermitiana y

por lo tanto tiene eigenvalores reales. Lo que a continucación nos interesa es saber si P es

diagonal en esta base, ya que si lo es, H también sería diagonal en esta misma base por que

el conmutador de P y H se anula, en otras palabras, P y H son observables. Sin embargo,

la matriz de cambio de base U no es la misma que se calculó anteriormente, al calcular

las eigenfunciones de la matriz H, la explicación que podemos dar al respecto, es que la

13

base en la que H es diagonal no está completa, pues es una base de eigenfunciones reales,

pero es claro que P no lo es, y la base que la diagonaliza tampoco lo será, la prueba es

que si aplicamos la transformación que hace diagonal a H, que encontramos al principio de

estas notas, P no es diagonal. Pero, si H fuera diagonal en la base en que P también lo es,

habremos dado un gran paso, ya que acompletaríamos la base de H. Entonces, apliquemos

la transformación a P y a H.

UPU−1 =

− i

2(−i+

√3) i

2(i+√

3) 1

i2(i+√

3) − i2(−i+

√3) 1

1 1 1

0 −i i

i 0 −i

−i i 0

− i

6(i+√

3) − i6(−i+

√3) 1

3

− i6(−i+

√3) i

6(i+√

3) 13

13

13

13

=

−√

3 0 0

0√

3 0

0 0 0

UHU−1 =

− i

2(−i+

√3) i

2(i+√

3) 1

i2(i+√

3) − i2(−i+

√3) 1

1 1 1

0 1 1

1 0 1

1 1 0

− i

6(i+√

3) − i6(−i+

√3) 1

3

− i6(−i+

√3) i

6(i+√

3) 13

13

13

13

=

−1 0 0

0 −1 0

0 0 2

Lo que acabamos de demostrar es que H es diagonal en la misma base en la que P es

también diagonal. Pretendiendo utilizar dicha base para los casos de N núcleos.

Como lo hemos hecho previamente con la energía, buscamos ahora una expresión analítica

para el momento P y si aplicamos la ecuación de eigenvalores Pψ = pψ con 5 y puesto que

hemos corroborado que H y P conmutan entonces son diagonales en la misma base y usando

4 llegamos a una expresion como la siguiente:

Pψm = −ψ(n− 1) + ψ(n+ 1) = (−eik(n−1) + eik(n+1))i = −2sen(ka)eikn (7)

Entonces,

p = −2sen(ka) (8)

Con k = 2πsN

como lo hicimos con la energía anteriormente. Aplicando este resultado para

el caso de N = 3 tenemos:

14

p0 = −2sen(2π0a

N) = 0

p1 = −2sen(2π

3) = −

√3

p2 = −2sen(4π

3) =√

3

Que son los eigenvalores encontrados al diagonalizar P

Probando para N = 4:

P =m

hat

0 −i 0 i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

-i 0 i 0

La matriz de cambio de base y su inversa son:

U =

−i i 0 1

−1 −1 1 0

i −i 0 1

1 1 1 0

U−1 =

i4−1

4− i

414

− i4−1

4i4

14

0 12

0 12

12

0 12

0

El conmutador de H y P ,

[P , H

]=

0 −i 0 i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

−i 0 i 0

0 1 0 1

1 0 1 0

0 1 0 1

1 0 1 0

−

0 1 0 1

1 0 1 0

0 1 0 1

1 0 1 0

0 −i 0 i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

−i 0 i 0

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

Entonces H y P deben ser diagonales en la misma base.

15

UPU−1 =

−i i 0 1

−1 −1 1 0

i −i 0 1

1 1 1 0

0 −i 0 i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

−i 0 i 0

i4−1

4− i

414

− i4−1

4i4

14

0 12

0 12

12

0 12

0

=

−2 0 0 0

0 2 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

UHU−1 =

−i i 0 1

−1 −1 1 0

i −i 0 1

1 1 1 0

0 −i 0 i

i 0 −i 0

0 i 0 −i

−i 0 i 0

i4−1

4− i

414

− i4−1

4i4

14

0 12

0 12

12

0 12

0

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 2

0 0 2 0

Al aplicar la transformación al Hamiltoniano, lo que obtenemos es una matriz que no es

diagonal, se obtienen ceros excepto en el bloque representado por:

0 2

2 0

esta es la representación del subespacio Pn asociado a los eigenvalores degenerados, por

ello es que tiene dimensión 2 ya que en este caso se tienen dos eigenvalores iguales, de hecho,

los eigenvalores de P y los de H son los mismos, y son:

λ1 = −√−2

λ2,3 = 0

λ4 = 2

Cuando λ es un eigenvalor degenerado de P , el bloque que representa a H en el subespacio

Pn, en general, no es diagonal y los eigenvectores que diagonalizan a P no diagonalizan a H.

También se puede probar que la matriz que representa a P en el subespacio Pn es siempre

diagonal e igual a λI, donde I es la matriz identidad. Vamos a usar esta propiedad para

encontrar una base de Pn compuesta de vectores que también son eigenvectores de H. Es

posible encontrar en Pn una nueva base de eigenvectores en la que H sea representado por

una matriz diagonal, estos eigenvectores también son de P ya que pertenecen al subespacio

Pn, en otras palabras, siempre es posible escoger en cada subespacio de P una base de

eigenvectores común a H y a P

Lo que se hace, a continuación, es diagonalizar la representación de H en la base en que

P es diagonal, es decir, diagonalicemos:

16

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 2

0 0 2 0

La matriz de cambio de base es:

U =

0 0 0 1

0 0 1 0

−1 −1 0 0

1 −1 0 0

Que es una base de eigenvectores comunes a ambos operadores, pero estando en el subes-

pacio en que P es diagonal.

El caso para N = 5, en el que el operador de momento está dado por:

P =

0 −i 0 0 i

i 0 −i 0 0

0 i 0 −i 0

0 0 i 0 −i

−i 0 0 i 0

Cuyos eigenvalores son:

λ1 = −√

1

2(5 +

√5)

λ2 =

√1

2(5 +

√5)

λ3 = −√

1

2(5−

√5)

λ4 =

√1

2(5−

√5)

λ5 = 0

El hamiltoniano H y P conmutan. Sin embargo, los eigenvalores de H son valores dege-

nerados:

17

λ1 = 2

λ2 =1

2(−1−

√5)

λ3 =1

2(−1−

√5)

λ4 =1

2(−1 +

√5)

λ5 =1

2(−1 +

√5)

Pero, se obtiene que la transformación que diagonaliza a P , también diagonaliza a H.

Se puede intuir que el caso de N = 6 volverá a tener dificultades, mientras que para el

caso N = 7 tanto H como P serán diagonales en la misma base. El gran avance radica en

que se está obteniendo una base completa de eigenvectores complejos, que no es suficiente

la transformación real que se le aplicaba al hamiltoniano para diagonalizarlo, además es

un previo paso para construir la relación de dispersión y extender estos casos a casos más

generales.

I. GRAFENO

Ahora nos trasladamos a un espacio bidimensional para escribir el momento del grafeno.

El grafeno es conocido por ser un cristal bidimensional con propiedades muy peculiares, ...

podemos escribir al momento como:

(P x

)jl

= −ihmt [x(j)− x(l)] |j|l =

[−ihm

(ejl)x

]|j|l

(P y

)jl

= −ihmt [y (j)− y (l)] |j|l =

[−ihm

(ejl)y

]jl

1 En los ejemplos que resolveremos más adelante se aclararan las condiciones de frontera

2 La consideración que permite la validez de este modelo es la no-interacción entre electrones.

3 es decir, H similar a una matriz diagonal D mediante un cambio de base de la forma H = UDU−1

4 El coeficiente 2 que aparece se debe a la forma en que definimos a las eigenfunciones, ya que nos

da 2 veces la parte real de la exponenciales complejas, es decir, dos veces el cos(kx)